FZU ICPC 2020 寒假阶段测试 2
P1464 Function
题目描述
对于一个递归函数w(a,b,c)如果a≤0 or b≤0 or c≤0就返回值1.如果a>20 or b>20 or c>20就返回w(20,20,20).
如果a<b并且b<c 就返回w(a,b,c−1)+w(a,b−1,c−1)−w(a,b−1,c).其它的情况就返回w(a−1,b,c)+w(a−1,b−1,c)+w(a−1,b,c−1)−w(a−1,b−1,c−1)这是个简单的递归函数，但实现起来可能会有些问题。当a,b,c均为15时，调用的次数将非常的多。你要想个办法才行.
/* absi2011 : 比如 w(30,−1,0)既满足条件1又满足条件2这种时候我们就按最上面的条件来算所以答案为1*/
输入格式
会有若干行。并以−1,−1,−1结束。保证输入的数在[−9223372036854775808,9223372036854775807]之间，并且是整数。
输出格式
输出若干行，每一行格式：
w(a, b, c) = ans
注意空格。
输入 #1
1 1 1
2 2 2
-1 -1 -1
输出 #1
w(1, 1, 1) = 2
w(2, 2, 2) = 4
说明/提示
记忆化搜索
Accepted
本题提示很明显，需要我们采用记忆化搜索：算法上依然是搜索的流程，但是搜索到的一些解用动态规划的那种思想和模式作一些保存。一般说来，动态规划总要遍历所有的状态，而搜索可以排除一些无效状态。更重要的是搜索还可以剪枝，可能剪去大量不必要的状态，因此在空间开销上往往比动态规划要低很多。记忆化算法在求解的时候还是按着自顶向下的顺序，但是每求解一个状态，就将它的解保存下来，以后再次遇到这个状态的时候，就不必重新求解了。
#include <stdio.h>
#include <math.h>
#include <string.h>
long long arr[30][30][30]={0};//记忆化搜索
long long w(long long a,long long b,long long c){
if(a<=0||b<=0||c<=0) return 1;
else if(arr[a][b][c]!=0) return arr[a][b][c];
else if(a>20||b>20||c>20) arr[a][b][c]=w(20,20,20);
else if(a<b&&b<c) arr[a][b][c]=w(a,b,c-1)+w(a,b-1,c-1)-w(a,b-1,c);
else arr[a][b][c]=w(a-1,b,c)+w(a-1,b-1,c)+w(a-1,b,c-1)-w(a-1,b-1,c-1);
return arr[a][b][c];
}
int main(){
long long a,b,c;
while(1){
scanf("%lld %lld %lld",&a,&b,&c);
// memset(arr,0,sizeof(arr));
if(a==-1&&b==-1&&c==-1) break;
printf("w(%lld, %lld, %lld) = ",a,b,c);
if(a>20) a=21;
if(b>20) b=21;
if(c>20) c=21;
printf("%lld\n",w(a,b,c));
}
return 0;
}
P1014 Cantor表
题目描述
现代数学的著名证明之一是Georg Cantor证明了有理数是可枚举的。他是用下面这一张表来证明这一命题的：
1/1 , 1/2 , 1/3 , 1/4, 1/5, …
2/1, 2/2 , 2/3, 2/4, …
3/1 , 3/2, 3/3, …
4/1, 4/2, …
5/1, …
…
我们以Z字形给上表的每一项编号。第一项是1/1，然后是1/2，2/1，3/1，2/2，…
输入格式
整数N（1≤N≤10000000）
输出格式
表中的第N项
输入 #1
7
输出 #1
1/4
Accepted
转至洛谷:
因为题目中要求是以Z字型编号
我们看题目中的表是：
1/1,1/2,1/3 ……
2/1,2/2,2/3 ……
Z字型编号以后（把头向左偏45度）：
第一行：1/1 (1号)
第二行：1/2 (2号) 2/1(3号)
第三行：1/3 (6号) 2/2 (5号) 3/1 (4号)
↑ 观察法易得每一行比上一行多1
代码里那个while循环，就是为了通过循环枚举，判断它在编号之后的第几行，第几个位置。
#include <stdio.h>
#include <math.h>
#include <string.h>
int main(){
int n;
int i=1;//i表示第几行
scanf("%d",&n);
while(n>i){
n-=i;
i++;
}
if(!(i%2)) printf("%d/%d\n",n,i+1-n); //第i行第j列 奇偶判断是正序还是倒序
else printf("%d/%d\n",i+1-n,n);
return 0;
}
P1022 计算器的改良
题目背景
NCL是一家专门从事计算器改良与升级的实验室，最近该实验室收到了某公司所委托的一个任务：需要在该公司某型号的计算器上加上解一元一次方程的功能。实验室将这个任务交给了一个刚进入的新手ZL先生。
题目描述
为了很好的完成这个任务，ZL先生首先研究了一些一元一次方程的实例：
4+3x=8
6a−5+1=2−2a
−5+12y=0
ZL先生被主管告之，在计算器上键入的一个一元一次方程中，只包含整数、小写字母及+、-、=这三个数学符号（当然，符号“-”既可作减号，也可作负号）。方程中并没有括号，也没有除号，方程中的字母表示未知数。
你可假设对键入的方程的正确性的判断是由另一个程序员在做，或者说可认为键入的一元一次方程均为合法的，且有唯一实数解。
输入格式
一个一元一次方程。
输出格式
解方程的结果(精确至小数点后三位)。
输入 #1
6a-5+1=2-2a
输出 #1
a=0.750
Accepted
转至洛谷:
#include <stdio.h>
#include <math.h>
#include <string.h>
int main(){
double sum=0,head=0;//sum是数字之和，head是系数之和
char ch,p;//ch被用作读入每一个字符，p用来储存未知数
int arr[100]={0},len=1,mid,pd;
//arr[]储存每一个出现的数,l记录数组长度,mid分开等号两边,pd为判断此数字是正是负
pd=1;//默认开头第一个数为正
while(ch!='='){
ch=getchar();
if(ch=='-'){
len++;
pd=-1; //只要判断是-数，切换到下一个数,设置这个数为负数
}
if(ch=='+'){
len++;
pd=1;//判断为+，切换下一个数，设置这个数为正数
}
if(ch>='0'&&ch<='9'){
if(!arr[len]) arr[len]=(ch-'0')*pd;
else arr[len]=arr[len]*10+(ch-'0')*pd;
}
if(ch>='a'&&ch<='z'){
p=ch;
if(arr[len]){
head+=arr[len];
arr[len]=0;//如果有前面的系数，则存入系数集合，把塞在数字数组中的系数去掉
}
else{
head+=pd;//判断特殊情况如-x/+x
len--;//判断特殊情况如-x/+x
}
}
}
mid=len;
len++;
pd=1;//存储mid，数组位数进一位，pd=1与上面同理
while (ch!='\n'){
ch=getchar();
if(ch=='-'){
len++;
pd=-1;
}
if(ch=='+'){
len++;
pd=1;
}
if(ch>='0'&&ch<='9'){
if(!arr[len]) arr[len]=(ch-'0')*pd;
else arr[len]=arr[len]*10+(ch-'0')*pd;
}
if(ch>='a'&&ch<='z'){//这里有点不一样，因为未知数要放在等号左边所以这里要减去系数
p=ch;
if(arr[len]){
head-=arr[len];
arr[len]=0;
}
else{
head-=pd;
len--;
}
}
}
for(int i=1;i<=len;i++){
if(i<=mid) sum-=arr[i];
else sum+=arr[i];
}
if(!(sum/head))//这里要加个特判断，因为会出现-0，虽然-0和0等效，但评测机并不吃这一套
// 如果0除以一个负数得-0
printf("%c=0.000\n",p);
else printf("%c=%.3f\n",p,sum/head);
return 0;
}
